拓扑排序:对一个有向图的顶点进行"排序"。着重点在于图中各个顶点的连接关系,这种连接关系也叫拓扑关系。
有向无环图(Directed Acyclic Graph):若一个图中不存在环,则称为有向无环图。
如果这个图不是 DAG,那么它是没有拓扑序的;如果是 DAG,那么它至少有一个拓扑序;反之,如果它存在一个拓扑序,那么这个图必定是 DAG。
题目:
你这个学期必须选修 numCourses 门课程,记为 0 到 numCourses - 1 。
在选修某些课程之前需要一些先修课程。先修课程按数组 prerequisites 给出,其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ,表示如果要学习课程 ai 则 必须 先学习课程 bi 。
例如,先修课程对 [0, 1] 表示:想要学习课程 0 ,你需要先完成课程 1 。请你判断是否可能完成所有课程的学习?如果可以,返回 true ;否则,返回 false 。
示例 1:
输入:numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出:true
解释:总共有 2 门课程。学习课程 1 之前,你需要完成课程 0 。这是可能的。
题解:
1.bfs实现
找到所有入度为0的点,从所有入度为0的节点开始出发,依次bfs,对其出度节点的入度进行减减,如果此时度为0,表示上游无依赖,可以放入队列中,依次bfs。最后,根据bfs的拓扑序判断,如果长度等于课程数量/节点数量,那么有拓扑序,否则存在环,无拓扑序。
class Solution {
public:
bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
map<int, int> deg;
map<int, vector<int>> g;
for (auto p : prerequisites) {
deg[p[0]]++;
g[p[1]].push_back(p[0]);
}
queue<int> q;
vector<int> seq;
int i = 0;
for (; i < numCourses; i++) {
if (!deg.count(i)) {
q.push(i);
seq.push_back(i);
}
}
while (!q.empty()) {
auto x = q.front(); q.pop();
for (auto y : g[x]) {
deg[y]--;
if (deg[y] == 0) {
seq.push_back(y);
q.push(y);
}
}
}
return seq.size() == numCourses ? true : false;
}
};
2.dfs实现
对所有节点进行dfs,dfs时如果有环,此时会陷入死循环,因此使用状态1表示有环,2表示正常访问。
class Solution {
public:
map<int, vector<int>> g_;
bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
g_ = map<int, vector<int>>();
for (auto p : prerequisites) {
g_[p[1]].push_back(p[0]);
}
map<int, int> visited;
for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
if (!dfs(i, visited)) {
return false;
}
}
return true;
}
bool dfs(int i, map<int, int>& visited) {
if (visited[i] == 1) {
return false;
}
if (visited[i] == 2) {
return true;
}
visited[i] = 1;
for (auto x : g_[i]) {
if (!dfs(x, visited)) {
return false;
}
}
visited[i] = 2;
return true;
}
};
题目:
现在你总共有 numCourses 门课需要选,记为 0 到 numCourses - 1。给你一个数组 prerequisites ,其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ,表示在选修课程 ai 前 必须 先选修 bi 。
例如,想要学习课程 0 ,你需要先完成课程 1 ,我们用一个匹配来表示:[0,1] 。返回你为了学完所有课程所安排的学习顺序。可能会有多个正确的顺序,你只要返回 任意一种 就可以了。如果不可能完成所有课程,返回 一个空数组 。
示例 1:
输入:numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出:[0,1]
解释:总共有 2 门课程。要学习课程 1,你需要先完成课程 0。因此,正确的课程顺序为 [0,1] 。
题解:
本题同上述一样,从判断是否有拓扑序变为求拓扑序。
1.bfs实现
class Solution {
public:
vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
map<int, int> deg;
map<int, vector<int>> g;
for (auto p : prerequisites) {
deg[p[0]]++;
g[p[1]].push_back(p[0]);
}
queue<int> q;
vector<int> seq;
int i = 0;
for (; i < numCourses; i++) {
if (!deg.count(i)) {
q.push(i);
seq.push_back(i);
}
}
while (!q.empty()) {
auto x = q.front(); q.pop();
for (auto y : g[x]) {
deg[y]--;
if (deg[y] == 0) {
seq.push_back(y);
q.push(y);
}
}
}
return seq.size() == numCourses ? seq : vector<int>();
}
};
2.dfs实现
class Solution {
public:
map<int, vector<int>> g_;
vector<int> findOrder(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
g_ = map<int, vector<int>>();
for (auto p : prerequisites) {
g_[p[1]].push_back(p[0]);
}
map<int, int> visited;
stack<int> st;
for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
if (!dfs(i, visited, st)) {
return vector<int>{};
}
}
vector<int> ans;
while (!st.empty()) {
ans.push_back(st.top()); st.pop();
}
return ans;
}
bool dfs(int i, map<int, int>& visited, stack<int>& st) {
if (visited[i] == 1) {
return false;
}
if (visited[i] == 2) {
return true;
}
visited[i] = 1;
for (auto x : g_[i]) {
if (!dfs(x, visited, st)) {
return false;
}
}
st.push(i);
visited[i] = 2;
return true;
}
};
题目:
一个公司准备组织一场会议,邀请名单上有 n 位员工。公司准备了一张 圆形 的桌子,可以坐下 任意数目 的员工。
员工编号为 0 到 n - 1 。每位员工都有一位 喜欢 的员工,每位员工 当且仅当 他被安排在喜欢员工的旁边,他才会参加会议。每位员工喜欢的员工 不会 是他自己。
给你一个下标从 0 开始的整数数组 favorite ,其中 favorite[i] 表示第 i 位员工喜欢的员工。请你返回参加会议的 最多员工数目 。
示例 1:
输入:favorite = [2,2,1,2]
输出:3
解释:
上图展示了公司邀请员工 0,1 和 2 参加会议以及他们在圆桌上的座位。
没办法邀请所有员工参与会议,因为员工 2 没办法同时坐在 0,1 和 3 员工的旁边。
注意,公司也可以邀请员工 1,2 和 3 参加会议。
所以最多参加会议的员工数目为 3 。
题解:
这道题经典的基环树问题,可学习题解
https://leetcode-cn.com/problems/maximum-employees-to-be-invited-to-a-meeting/solution/nei-xiang-ji-huan-shu-tuo-bu-pai-xu-fen-c1i1b/
分成两类,第一类为基环大小为2,那么求解的便是基环两个顶点各自链长度加上两个节点本身。第二类为基环大小大于2,求解的便是环的大小。
最终,由于一个图中只会存在基环>2或等于2,而不会都存在,那么求解的就是上述两类结果的最大值。
class Solution {
public:
int maximumInvitations(vector<int>& g) {
int n = g.size();
// 1.预处理
vector<int> deg(n);
for (auto v : g) {
deg[v]++;
}
// 2.入度为0
queue<int> q;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (!deg[i]) {
q.push(i);
}
}
// 3.所有度--,计算链长度
vector<int> max_depth(n);
while (!q.empty()) {
int v = q.front(); q.pop();
max_depth[v]++;
int w = g[v];
max_depth[w] = max(max_depth[w], max_depth[v]);
if (--deg[w] == 0) {
q.push(w);
}
}
// 4.计算链长度
int max_ring_size = 0, sum_chain_size = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (deg[i] == 0) {
continue;
}
deg[i] = 0;
int ring_size = 1;
int v = g[i];
// 从环的某个顶点出发 计算环大小
while (v != i) {
deg[v] = 0;
++ring_size;
v = g[v];
}
if (ring_size == 2) { // 只有两个节点形成的环
sum_chain_size += max_depth[i] + max_depth[g[i]] + 2;
} else { // 多个节点形成的环
max_ring_size = max(max_ring_size, ring_size);
}
}
return max(max_ring_size, sum_chain_size);
}
};
本节完~